高三化学一轮复习微专题：化学综合计算

高三化学一轮复习微专题：化学综合计算一、单选题1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数目均为NAB．56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NAC．46gNO2和N2O4的混合物含有的氮原子数为NAD．任何条件下，22.4LNH3与18gH2O含电子数均为10NA2．下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1氯化铝溶液中的c(Cl-)相等的是（）A．150mL3mol·L-1氯化钾溶液 B．75mL2mol·L-1氯化铵溶液C．150mL1mol·L-1氯化钠溶液 D．75mL1mol·L-1氯化钡溶液3．某元素最高价含氧酸的化学式是HRO4，则该元素气态氢化物的化学式可表示为（）A．HR B．H2R C．RH3 D．RH44．下列溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（）A．10mL0.4mo/LNaOH溶液 B．20mL0.3mo/LNa3PO4溶液C．30mL0.3mo/LNa2SO4溶液 D．40mL0.5mo/LNaNO3溶液5．在中，含有的数目约是（）A． B． C． D．6．CO与水蒸气的混合气体10g，在150℃时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下再将反应后所得混合气体通入到足量的Na2O2中，测得Na2O2固体增重的质量为5.2g，则原混合气体中CO的质量分数为（）A．28% B．46% C．56% D．64%7．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A．78g苯中含有3NA碳碳双键B．常温常压下，2.24LCO2中含有的原子数为0.3NAC．0.1mo∙L-1AlCl3溶液中含有Cl-数目为0.3NAD．20克D2O和18克H2O中含有的质子数均为10NA8．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是（）A．a点对应溶液的导电性比d点强B．反应过程中H2S表现了氧化性C．向d点的溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，产生BaSO3白色沉淀D．H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05mol∙L-19．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图。下列说法正确的是（）A．X2R溶液的浓度为0.03mol∙L−1B．最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>RC．X、Y、Z三种元素形成的化合物一定易溶于水D．RZ2分别通入到X2R、Ba(NO3)2溶液中，均会产生沉淀10．有两种饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8gNa充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L，这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为（）A．乙醇和丙醇1：1 B．甲醇和乙醇3：1C．丙醇和丁醇1：2 D．无法确定11．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸B．常温下，的溶液中的离子总数为C．常温下，的溶液中可能大量存在、、、D．在稀溶液中，12．有10.0gNa2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为（）A．8.775g B．11.70g C．17.55g D．无法计算13．下列溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是（）A．100mL1mol·L-1NaCl溶液 B．50mL1mol·L-1AlCl3溶液C．100mL2mol·L-1KCl溶液 D．50mL2mol·L-1CaCl2溶液14．分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的（）A．质量 B．分子数C．碳碳双键数 D．含碳量15．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NAB．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl的分子数为NAC．铅蓄电池中，当正极质量增加9.6g时，电路中通过的电子数为0.2NAD．1LpH=4的0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA16．某种复合膨松剂的组成如下：碳酸氢钠21%，酒石酸氢钾47%，淀粉32%。下列说法正确的是（）A．淀粉与纤维素互为同分异构体B．该膨松剂中钠和钾的质量分数相等C．该膨松剂的作用原理之一是酒石酸氢钾中的羧基与碳酸氢根反应D．100g该膨松剂与足量盐酸反应，可产生气体1.4L17．把aL含(NH4)2SO4、NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmolBaCl2，则原溶液中c(NO3－)为（）A． B． C． D．18．高纯度晶硅是一种重要的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它的发现和使用引起一场计算机“革命”。它可以按下列方法制备：。下列说法错误的是（）A．步骤①②③中的反应均为氧化还原反应B．步骤①中每转移，可得到标准状况下11.2L气体C．既可以与溶液反应，又可以与溶液反应，故是两性氧化物D．海洋二号D卫星的太阳能电池板的主要材料是晶体硅19．氢气是重要的能源物质。通过太阳光催化分解水可制氢：，下列有关说法正确的是（）A．反应生成放出的能量B．反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和C．每消耗水，反应中转移电子的物质的量为D．若使用催化剂，则减小20．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．向2L0.5mol·L-1的HCOOH溶液中滴加氨水至中性，铵根离子数为NAB．5.6g铁粉与标况下2.24L的Cl2充分反应，转移的电子数目为0.2NAC．密闭容器中通入1molN2与足量H2充分反应，生成的NH3分子数目为2NAD．4.5gCH3CH2NH2中sp3杂化的原子数为0.2NA二、综合题21．氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：（1）盐酸的物质的量浓度为mol/L。（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为。（3）若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2，最多能吸收CO2的体积（标况下）是22．NaNO2易溶于水，外观和食盐相似，有咸味，人误食会中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。请回答下列问题：（1）已知HI和HCl性质相似，写出上述反应的离子方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目。（2）上述反应中（填元素名称）元素被还原，还原剂是（填化学式）；（3）NaI(填序号)。①是氧化产物②是还原产物③既不是氧化产物，又不是还原产物④既是氧化产物，又是还原产物（4）根据上述反应可鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋你认为应该选用的物质有(填序号)。（5）某厂废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是。A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓硫酸23．KMnO4是生活中常用的消毒剂。已知在酸性介质中墨绿色的易发生歧化反应，生成和MnO2，回答下列问题：（1）实验（一）制备KMnO4。“熔融”时分批加入MnO2粉末的目的是，“熔融”时不需选用的仪器是（填标号）。A．铁坩埚B．玻璃棒C．泥三角D．坩埚钳（2）“抽滤”时选择乙装置，相对甲，乙的主要优点是（任写一条）。（3）“歧化”时锰元素进入产品的百分率约为%（保留三位有效数字），用盐酸代替CO2的后果是。（4）工业上，常用“电解”代替“歧化”，提高锰元素利用率，电解的总反应方程式为。（5）实验（二）测定产品纯度。取wgKMnO4溶于水配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。下列叙述正确的是____（填标号）。A．滴定终点时溶液由无色变为紫红色B．滴定时眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色变化C．若锥形瓶未干燥，测得结果会偏高D．本实验需要托盘天平、量筒、容量瓶、滴定管等（6）该产品的纯度为。24．大气臭氧层可以保护地球生物免受紫外线的伤害，但低空臭氧的浓度过高时对人体有害。（1）在紫外线作用下，氧气可转化臭氧：3O2=2O3①该反应所属类型为(填“氧化还原”或“非氧化还原”)。②若在上述反应中有60%的氧气转化为臭氧，所得混合气体的平均摩尔质量为。③某区域收集到O2和O3混合气体0.96g，标准状况下体积为0.56L，其中O2与O3的体积之比为。（2）复印机工作时易产生臭氧，会使湿润的KI淀粉试纸变蓝，其中臭氧部分转化为氧气。写出反应的化学方程式。（3）实验室中常用碘量法检测臭氧，其中以淀粉为指示剂，将臭氧通入碘化钾溶液中进行反应。现需450mL0.2mol/L的KI溶液，用KI固体配制该溶液时，提供的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、细口试剂瓶。①还缺少的仪器有（写名称），所需KI固体的质量为。②在配制过程中，下列操作会导致所配制溶液的浓度偏小的是。A．未洗涤烧杯和玻璃棒B．使用前，容量瓶中有少量蒸馏水C．定容时俯视凹液面D．定容摇匀后静置，液面低于刻度线，继续加水至刻度线25．（1）Ⅰ．实验室配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液需称量NaOH固体g（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒。（3）如果在定容时仰视，溶液浓度将；(填“偏大”“偏小”“不影响”)（4）Ⅱ、取上述实验中配制的NaOH溶液200mL，缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测最后溶液的pH＞7。在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积(不考虑溶解于水)关系如图所示：加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式。（5）A点时，反应所得溶液中溶质的成分有（6）产生的CO2在标准状况下的体积为mL。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．未指明N2和CO的物质的量，无法计算N2和CO中所含的分子数，故A不符合题意；B．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，所以56gFe即1mol铁与足量盐酸反应转移电子数为2NA，故B不符合题意；C．NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，因此46gNO2和N2O4的混合物可看做是46gNO2，46gNO2的物质的量为1mol，含有的氮原子数为NA，故C符合题意；D.1个NH3分子和1个H2O分子中均含有10个电子。18gH2O为1mol，18gH2O含有的电子数为10NA，但任何条件下，22.4LNH3的物质的量不一定是1mol，则22.4LNH3含有的电子数不一定是10NA，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由氮气构成的物质的量和全部由一氧化碳构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；

B、铁和盐酸反应生成氯化亚铁；

C、最简式相同，质量相等的混合物其氮原子数目也相同；

D、涉及气体体积的计算要注意所处的条件。2．【答案】A【解析】【解答】A.KCl溶液中c(Cl－)=c(KCl)=3mol/L，A符合题意；B.NH4Cl溶液中c(Cl－)=c(NH4Cl)=2mol/L，B不符合题意；C.NaCl溶液中c(Cl－)=c(NaCl)=1mol/L，C不符合题意；D.BaCl2溶液中c(Cl－)=2c(BaCl2)=2mol/L，D不符合题意；故答案为：A【分析】AlCl3溶液中c(Cl－)=3c(AlCl3)=3mol/L；结合选项所给溶液中c(Cl－)进行分析。3．【答案】A【解析】【解答】根据化学式的书写，可以推知R元素的化合价为+7价，故在形成氢化物时显-1价，

故答案为：A。

【分析】最高价即为最外层电子数，因此可以根据化学式计算出R的最外层电子数，即可求出氢化物的中的元素化合价4．【答案】B【解析】【解答】A.10mL0.4mo/LNaOH溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.4mol/L×1=0.4mol/L；B.20mL0.3mo/LNa3PO4溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.3mol/L×3=0.9mol/L；C.30mL0.3mo/LNa2SO4溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.3mol/L×2=0.6mol/L；D.40mL0.5mo/LNaNO3溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.5mol/L×1=0.5mol/L；可见c(Na+)最大值是0.9mol/L，

故答案为：B。【分析】结合溶质在水中电离产生的Na+个数，确定溶液中c(Na+)的大小。5．【答案】B【解析】【解答】根据碳酸钠的化学式可知，0.5molNa2CO3中含有0.5mol×2＝1mol钠离子，所以根据N=nNA可知，钠离子的数目是6.02×1023，由B正确。

故选B；

【分析】根据碳酸钠的化学式和N=nNA计算。6．【答案】B【解析】【解答】CO和氧气点燃生成CO2，CO2再与Na2O2反应，由反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知固体增加的质量相当于CO的质量，再由反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑可知固体增加的质量相当于H2O中H的质量，10g-5.2g=4.8g为H2O中氧元素的质量，所以原混合物中H2O的质量为5.4g，CO的质量为4.6g，故原混合气体CO的质量分数为46%，故答案为：B。

【分析】CO和氧气点燃生成CO2，CO2再与Na2O2反应，根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑计算。7．【答案】D【解析】【解答】A．苯中不含碳碳*双键，而是介于单键和双键之间的独特的化学键，故A不符合题意；B．常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L二氧化碳气体的物质的量小于0.1mol，1个二氧化碳分子含有3个原子，含有的原子数小于0.3NA，故B不符合题意：C.0.1mo∙L-1AlCl3溶液的体积未知，无法计算Cl-的物质的量和数目，故C不符合题意；D.20克D2O的物质的量n==1mol，一个D2O含有10个质子，含有的质子数为10NA，18克H2O的物质的量n==1mol，一个H2O含有10个质子，含有的质子数为10NA，含有的质子数均为10NA，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.苯中不含碳碳双键；

B.常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol；

C.溶液体积未知。8．【答案】C【解析】【解答】A．H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，则d点对应的溶液中离子的浓度较大，d点对应溶液导电性比a点对应溶液导电性强，故A不符合题意；B．由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，H2S中的S元素化合价从-2价升高到0价，H2S表现了还原性，故B不符合题意；C．d点对应的是H2SO3溶液，向d点对应的溶液中加入Ba(OH)2溶液，H2SO3与Ba(OH)2反应生成BaSO3白色沉淀，故C符合题意；D．b点时H2S和SO2恰好完全反应，消耗SO2的物质的量为：=0.005mol，依据反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，n(H2S)=0.005mol×2=0.01mol，c(H2S)==0.1mol/L，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】据图可知，b点时H2S和SO2恰好完全反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，根据b点对应的反应推出a点对应的H2S饱和溶液中n(H2S)=×2=0.01mol，结合横轴上的数据分析，继续通入二氧化硫得到的是H2SO3溶液，则c、d点对应的是H2SO3溶液，据此分析判断；9．【答案】D【解析】【解答】A.根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O，加入SO2气体体积336mL即0.015mol，溶液pH=7，即消耗H2S物质的量为0.03mol，因此X2R溶液的浓度为，故A不符合题意。B.非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，即稳定性H2O＞CH4，故B不符合题意；C.H、C、O三种元素形成的化合物，如果属于酯等，则不溶于水，故C不符合题意；D.SO2通入到H2S有黄色沉淀生成，SO2通入到Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀，故D符合题意。答案为D。

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，X为H，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Y为C，向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ体积关系如图，则说明是H2S通入O2，则Z为O，R为S。10．【答案】B【解析】【解答】5.6L标准状况下的氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，根据2-OH～2Na～H2，则羟基的物质的量是0.5mol，需要Na的物质的量是0.5mol，已知Na的物质的量是13.8g÷23g/mol=0.6mol，Na过量，所以变化一元醇的平均相对分子质量是17.75÷0.5=35.5，甲醇的相对分子质量是32，这两种醇分子中相差一个碳原子，乙醇的相对分子质量是46，符合题意，所以这两种醇为甲醇和乙醇，利用十字交叉法计算甲醇与乙醇的物质的量之比是（46-35.5）：（35.5-32）=3：1，故答案为：B。

【分析】根据产生的氢气即可算出，钠的物质的量和羟基的物质的量，再根据相差一个碳原子和混合物的质量即可算出相对分子质量和物质的量11．【答案】D【解析】【解答】A．醋酸的酸性比碳酸强，且(CH3COO)2Ca易溶于水，A不符合题意；B．未指明溶液体积，无法计算，B不符合题意；C．pH=2的溶液呈酸性，HNO3会氧化I-，C不符合题意；D．Na2S稀溶液中S2-水解，由质子守恒可知：c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、硫酸钙为微溶物；

B、根据计算氯化钠的物质的量，进而求溶液中的离子总数；

C、碘离子具有还原性，碘离子与硝酸反应生成碘单质；

D、质子守恒是指酸失去的质子和碱得到的质子数目相同。12．【答案】B【解析】【解答】根据碳酸钠与盐酸反应得到氯化钠和二氧化碳和水，氢氧化钠与盐酸反应得到氯化钠和水，

最终产物是氯化钠，即可得到n(Na+)=n(Cl-)=200gx3.65%/36.5mol=0.2mol，因此氯化钠的质量为：58.5x0.02g=11.7g，故答案为：B

【分析】分析最终的产物为氯化钠，根据元素守恒即可判断，钠元素的物质的量与氯元素的物质的相等即可计算。13．【答案】C【解析】【解答】A.100mL1mol•L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)=c(NaCl)=1mol•L-1，选项A不符合题意；B.50mL1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)=3c(AlCl3)=3mol•L-1，选项B不符合题意；C.100mL2mol•L-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)=c(KCl)=2mol•L-1，选项C符合题意；D.50mL2mol•L-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)=2c(CaCl2)=4mol•L-1，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】分别计算各溶液中c(Cl-)，再进行比较。14．【答案】D【解析】【解答】根据n=m/M=N/NA=V/Vm结合乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式，A、依据m=nM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，故A不符合题意；B、两气体条件未知，Vm不一定相等，二者物质的量、分子数不一定相等，故B不符合题意；C、乙烯、丙烯都只含有一个碳碳双键，二者分子数不一定相等，则二者含有碳碳键数不一定相等，故C不符合题意；D、依据m=nM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式CH2，所以两容器无论状况如何，碳元素含量都是定值为：12/14×100%=6/7×100%，所以二者含碳量一定相等，故D符合题意。故答案为：D。【分析】题目中没有给出气体的状态，不能利用阿伏加德罗定律进行分析，结合烯烃的最简式相同进行判断即可。15．【答案】A【解析】【解答】A．XeF4中氙的价层电子对数为4+=6，则0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA，A符合题意；B．CH4与Cl2在光照下反应为连锁反应，还会生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，生成CH3Cl的分子数小于NA，B不符合题意；C．铅蓄电池中，正极反应式为，当电路中通过的电子数为0.2NA时，正极质量增加6.4g，C不符合题意；D．K2Cr2O7溶液中存在平衡，故1LpH=4的0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1NA，D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.甲烷与氯气在光照下的反应为连锁反应；

C.铅蓄电池的正极反应为；

D.Cr2O存在平衡。16．【答案】C【解析】【解答】A.淀粉与纤维素都属于高分子化合物，不是同分异构体，A不符合题意；

B.膨松剂中含钠和钾的质量分数不同，B不符合题意；

C.只有羧基会和碳酸氢根反应放出二氧化碳，C符合题意；

D.100g膨松剂含有碳酸氢钠的质量为21g，物质的量是0.25mol，与足量盐酸反应，可产生0.25molx22.4L/mol=5.6LCO2，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.淀粉与纤维素都属于高分子化合物；

B.质量分数的计算；

C.只有羧基会和碳酸氢根反应放出二氧化碳；

D.物质的量的计算。17．【答案】B【解析】【解答】加入NaOH溶液后，发生反应的离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，因此溶液中n(NH4＋)=n(OH－)=bmol，则原溶液中n(NH4＋)=2bmol。加入BaCl2溶液后，发生反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，则该溶液中n(SO42－)=n(Ba2＋)=cmol，则原溶液中n(SO42－)=2cmol。由于溶液显电中性，令原溶液中n(NO3－)=xmol，则可得2b=2c×2+x，解得x=2b-2c，即原溶液中n(NO3－)=(2b-4c)mol。因此原溶液中，B符合题意；故答案为：B

【分析】烧碱为NaOH，根据消耗NaOH的量，可得出溶液中n(NH4＋)；与BaCl2反应的为SO42－，根据消耗BaCl2的量，可得溶液中n(SO42－)。结合溶液呈现电中性，可得溶液中n(NO3－)，从而得出溶液中c(NO3－)。18．【答案】C【解析】【解答】A．由流程知，步骤①②③中的反应中Si元素化合价均发生变化，均为氧化还原反应，A不符合题意；B．步骤①中化学方程式：↑，每转移，可得到1molCO，则每转移，可得到标准状况下11.2L气体，B不符合题意；C．二氧化硅与溶液反应、但不与盐酸、硫酸等其它的酸反应，可以与等碱溶液反应发生盐和水，故是酸性氧化物，C符合题意；D．高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据标出①②③元素的化合价即可判断

B.根据写出①的化学方程式即可计算出气体的体积

C.二氧化硅是酸性氧化物不是碱性氧化物

D.单质硅可以用作太阳能电池板和芯片19．【答案】B【解析】【解答】A．，则生成，吸收的能量，A不符合题意；B．反应物中所有化学键键能之和-生成物中所有化学键键能之和，该反应的，故反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和，B符合题意；C．每消耗18g水，反应转移电子，C不符合题意；D．催化剂不改变反应的焓变，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.2mol水分解生成2mol氢气（4g）吸收571.6kJ能量，则生成吸收的能量；

C.水的物质的量为1mol，消耗1mol水转移2mol电子；

D.催化剂不会改变反应热。20．【答案】B【解析】【解答】A、甲酸铵为弱酸弱碱盐，甲酸根和铵根均会水解，故铵根离子数小于0.1NA，故A错误；

B、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，2.24L的Cl2物质的量为0.1mol，两者反应后铁过量，氯气完全反应且反应后变为-1价，故0.1mol氯气转移电子数为0.2NA，故B正确；

C、氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，不能完全转化，则生成的NH3分子数目小于2NA，故C错误；

D、CH3CH2NH2中，C和N均采用sp3杂化，则4.5gCH3CH2NH2的物质的量为0.1mol，sp3杂化的原子数为0.3NA，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、铵根离子会发生水解；

B、铁过量；

C、该反应为可逆反应；

D、CH3CH2NH2中，C和N均采用sp3杂化。21．【答案】（1）0.4（2）2：1（3）1.344L【解析】【解答】（1）产生CO2的物质的量

由反应的化学方程式：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2可得，反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol，且参与反应的稀盐酸的体积为50mL，故所用稀盐酸的物质的量浓度

（2）当加入200mL稀盐酸时，溶液中所含溶质为NaCl，其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol；

由碳守恒，可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol；

由钠守恒，可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol；

故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为：0.04mol：0.02mol=2：1；

（3）NaOH吸收CO2，转化为NaHCO3，该反应的化学方程式为：CO2+NaOH=NaHCO3，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol；

Na2CO3吸收CO2，转化为NaHCO3，该反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol；

故可吸收CO2的体积（标况下）V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L；【分析】（1）产生CO2反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2，根据产生CO2的体积计算其物质的量，再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量，从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度；

（2）根据消耗盐酸的量，确定溶液中NaCl的量，进而根据钠守恒，确定原固体中所含NaOH的量；

（3）吸收CO2的过程中，NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3，根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量；22．【答案】（1）2+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O（电子转移略）（2）氮；HI（3）③（4）①②⑤（5）B【解析】【解答】（1）NaNO2、NaI、HI都可拆解形成离子形式，因此该反应的离子方程式为：2NO2－＋4H＋＋2I－=2NO↑＋I2＋2H2O。反应过程中，氮元素由＋3价变为＋2价，得到一个电子；碘元素由－1价变为0价的I2，失去2个电子，因此用双线桥标出电子转移情况为：。

（2）上述反应氮元素由+3价变为+2价，化合价降低，因此氮元素被还原。反应过程中，碘元素由-1价变为0价，发生氧化反应，因此HI为还原剂。

（3）反应过程中，钠元素、碘元素的化合价都没有发生变化，因此NaI既不是氧化剂，也不是还原剂，③符合题意。

（4）由于NO2－在酸性条件下能将I－氧化成I2，因此可通过KI淀粉试纸来检验，因此所需试剂是①②⑤。

（5）将NO2－转化为N2的过程中发生还原反应，因此所加试剂具有还原性。

A、NaCl不具有还原性，A不符合题意；

B、NH4Cl中氮元素为－3价，具有还原性，B符合题意；

C、HNO3具有氧化性，C不符合题意；

D、浓硫酸具有氧化性，D不符合题意；

故答案为：B【分析】（1）NaNO2、NaI都为可溶性盐，HI为强酸，在离子方程式中都可拆解成离子形式，据此写出反应的离子方程式。结合元素化合价变化，用双线桥标出电子的转移。

（2）化合价降低的元素被还原；存在元素化合价升高的物质为还原剂。

（3）根据反应过程中钠、碘元素化合价的变化分析。

（4）结合酸性条件下，NO2－能将I－氧化成I2进行分析。

（5）NaNO2转化为N2的过程中发生还原反应，因此所加试剂应具有还原性，据此结合选项所给物质进行分析。23．【答案】（1）防止KClO3在MnO2催化作用下受热分解；B（2）过滤速率快，防止溶液中KMnO4结晶析出（3）66.7%；锰酸钾与盐酸反应生成有毒的氯气造成环境污染，降低高锰酸钾的产率（4）2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑（5）B；D（6）%【解析】【解答】（1）二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，分批加入可以防止氯酸钾被催化；熔融时需要干锅加热，需要用到泥三角和坩埚钳，不需要用到玻璃棒，故答案为：防止KClO3在MnO2催化作用下受热分解；B；

（2）布氏漏斗的抽滤法过滤速度更快且过滤后的水分更少，故答案为：过滤速率快，防止溶液中KMnO4结晶析出；

（3）发生歧化反应生成和MnO2，其中MnO2为固体，在溶液中，Mn化合价由+6变为+7和+4，结合得失电子数相等的原理，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1，即生成和MnO2的物质的量之比为2：1，则有的锰元素进入产品，百分率为66.7%，盐酸可以和锰酸钾反应生成氯气，造成环境污染且降低高锰酸钾的产率，故答案为：66.7%；锰酸钾与盐酸反应生成有毒的氯气造成环境污染，降低高锰酸钾的产率；

（4）锰酸根转化为高锰酸根，锰元素化合价升高，则锰酸根在阳极失去电子，则阴极为水中的氢离子转化为氢气，钾离子和氢氧根结合生成氢氧化钾，故答案为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑；

（5）A、滴定终点时溶液的颜色变化应为紫红色变为无色，A错误；

B、眼睛应该注视锥形瓶的溶液颜色变化，B正确；

C、锥形瓶未干燥没有影响，C错误；

D、配制溶液需要用到托盘天平、量筒、容量瓶，滴定需要用到滴定管，D正确；

故答案为：BD；

（6）结合方程式有：

2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=Mn2SO4+5Na2SO4++K2SO4+10CO2↑+8H2O，则，则纯度为，故答案为：%

【分析】（1）二氧化锰可以催化氯酸钾分解；

（2）抽滤的速度更快且效果更好；

（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；

（4）阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电；

（5）A、高锰酸钾在锥形瓶中，溶液开始时为紫红色；

B、眼睛注视锥形瓶的颜色变化；

C、锥形瓶不干燥不影响结果；

D、配制溶液需要用到托盘天平、量筒、容量瓶，滴定需要用到滴定管；

（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。24．【答案】（1）非氧化还原；40g/mol；3：2（2）O3+2KI+H2O=I2+O2+2KOH（3）500mL容量瓶、胶头滴管；16.6g；AD【解析】【解答】（1）①氧气转化为臭氧：3O2=2O3，氧气和臭氧均为单质，化合价为0，所以该反应中无化合价的变化，该反应所属类型为非氧化还原反应，故法案为：非氧化还原；②设有1mol氧气参与反应，60%的氧气转化为臭氧，即0.6mol氧气转化为0.4mol臭氧，则总的物质的量为1mol-0.6mol+0.4mol=0.8mol，总质量为32g，所得混合气体的平均摩尔质量为=40g/mol，故答案为：40g/mol；③某区域收集到O2和O3混合气体0.96g，标准状况下体积为0.56L，则总的物质的量为0.025mol